标题也许叫整除分块吧
求\(1\)到\(n\)因数的个数\(\sum_{i=1}^n(\sum_{d|n}1)\)
范围\(1e14\)时限3s
\(n\sqrt{n}\)的暴力铁定gg
分开考虑
\(1\)到\(n\)中含有\(1\)因数的个数有\(n/1\)个
含有2因数的个数有\(n/2\)个**
······
含有n因数的个数有\(n/n\)个
问题就转化为求\(\sum_{i=1}^{n}[\frac{n}{i}]\)
然后我们就可以把\(O(n\sqrt{n})\)的暴力转化为\(O(n)\)了
可还是过不了&1e14的数据&
我们发现，我们求得\(\frac{n}{i}\)在一段区间内是连续的
而且呈现单调递减，这样我们就可以开心的套用二分啦
那到底有多少段连续的区间
把i分开考虑
1到\(\sqrt{n}\)之内,if都不同撑死有\(\sqrt{n}\)段
\(\sqrt{n}\)到n之内,求\(\frac{n}{i}\)连续的一段,取值范围为1到\(\sqrt{n}\)之内,撑死也有\(\sqrt{n}\)个
区间个数是\(\sqrt{n}\)级别的，二分是\(log\)级别的
所以复杂度为\(O(\sqrt{n}logn)\)
一直以为这是根号的%>_<%
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long ans;
int l,n;
int main() {
int q;
cin>>q;
while(q--) {
cin>>n;
l=1;
ans=0;
for(int i=1; i<=n; ++i) {
int r=n;
int mid=(l+r)>>1;
while(n/l!=n/r) {
mid=(l+r)>>1;
r=mid;
}
ans+=n/l*(r-l+1);
if(r==n) break;
l=r+1;
}
cout<<ans<<"\n";
}
return 0;
}
直到我遇到了这个题luogu3935以及评测80sTLE的惨痛
才发现我是个zz诶
| \(i\) |
\(1\) |
\(2\) |
\(3\) |
\(4\) |
\(5\) |
\(6\) |
\(7\) |
\(8\) |
\(9\) |
\(10\) |
\(11\) |
\(12\) |
| \(n/i\) |
\(12\) |
\(6\) |
\(4\) |
\(3\) |
\(2\) |
\(2\) |
\(1\) |
\(1\) |
\(1\) |
\(1\) |
\(1\) |
\(1\) |
| 当我们知道\(l\)的时候，也就是一段的开头，如何快速找到我们要的r呢 |
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| \(n/l\)是\(n\)中含有\(t=n/l\)块完整的\(l\) |
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| 那么\(n/t\)便是有\(t\)块最大的数，便是我们要求的\(r\) |
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| 所以\(r=n/(n/l)\) |
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| 所以我们求块的时间由二分的\(O(logn)\)变为了\(O(1)\) |
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| 复杂度为\(O(\sqrt{n})\) |
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#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const ll mod=998244353;
ll solve(ll n)
{
ll ans=0;
for(ll l=1,r;l<=n;l=r+1)
{
r=n/(n/l);
ans+=(r-l+1)%mod*(n/l)%mod;
ans%=mod;
}
return ans;
}
int main()
{
ll x,y;
cin>>x>>y;
cout<<((solve(y)-solve(x-1))%mod+mod)%mod;
return 0;
}
http://www.cnblogs.com/1000Suns/p/9193713.html
